\section{2007A}
一、（$30'$）在一维无限深方势阱$(0<x<a)$中运动的粒子受到微扰
$$H'(x)=\begin{cases}0,&0<x<\frac{a}{3},\frac{2a}{3}<x<a\\
-V_1,&\frac{a}{3}<x<\frac{2a}{3}\end{cases}$$
作用。试求基态能量的一级修正。

二、（$30'$）粒子在势场$V(x)$中运动并处于束缚定态$\psi_n(x)$中。试证明粒子所受势场的作用力的平均值为0 。

三、（$30'$）

（1）考虑自旋为$\frac{1}{2}$的系统。试在$(\hat{S}^2,\hat{S}_z)$表象中求算符$A\hat{S}_y+B\hat{S}_z$的本征值及归一化的本征态。其中$\hat{S}_y,\hat{S}_z$是自旋角动量算符，而$A,B$为实常数。

（2）假定此系统处于以上算符的一个本征态上，求测量$\hat{S}_y$得到结果为$\frac{\hbar}{2}$的概率。

四、两个无相互作用的粒子置于一维无限深势阱中$(0<x<a)$中，对下列两种情况写出两粒子体系具有的两个最低总能量，相应的简并度以及上述能级对应的所有二粒子波函数。

（a）两个自旋为$\frac{1}{2}$的可区分粒子；

（b）两个自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子。

五、（$30'$）一个质量为$m$的粒子被限制在$r=a$和$r=b$的两个不可穿透的同心球面之间运动。不存在其它势，求粒子的基态能量和归一化波函数。




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\section*{2007A解答}
一、（$30'$）在一维无限深方势阱$(0<x<a)$中运动的粒子受到微扰
$$H'(x)=\begin{cases}0,&0<x<\frac{a}{3},\frac{2a}{3}<x<a\\
-V_1,&\frac{a}{3}<x<\frac{2a}{3}\end{cases}$$
作用。试求基态能量的一级修正。

解：缺图！！

无微扰时，波函数和本征值为：
$$\phi_n^0=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\frac{n\pi x}{a} \qquad 
E_n^0=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$$
\begin{align*}
E_1^1&=\langle \phi_1^0|H'|\phi_1^0\rangle
=-\frac{2}{a}V_1\int_{\frac{a}{3}}^{\frac{2a}{3}}\sin^2\frac{\pi x}{a}dx
=-\frac{2V_1}{a}\left[\int_{\frac{a}{3}}^{\frac{2a}{3}}\frac{1}{2}dx-\int_{\frac{a}{3}}^{\frac{2a}{3}}\cos\frac{2\pi x}{a}dx\right]\\
&=-\frac{2V_1}{a}\left[\frac{a}{6}-\frac{a}{2\pi}\sin\frac{2\pi x}{a}\Big|_{\frac{a}{3}}^{\frac{2a}{3}}\right]
=-\frac{2V_1}{a}\left[\frac{a}{6}-\frac{a}{2\pi}(\sin\frac{4\pi}{3}-\sin\frac{2\pi}{3})\right]\\
&=-\frac{2V_1}{a}\left[\frac{a}{6}+\frac{a}{2\pi}\right]
=-V_1(\frac{1}{3}+\frac{1}{\pi})
\end{align*}
其中用到：$\cos2x=\cos^2x-\sin^2x=1-2\sin^2x\qquad \sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2}$

基态能量的一级修正为：
$$E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}-\frac{V_1}{3}-\frac{V_1}{\pi}$$

二、（$30'$）粒子在势场$V(x)$中运动并处于束缚定态$\psi_n(x)$中。试证明粒子所受势场的作用力的平均值为0 。

证：

势场作用力为：
$$F=-\frac{\partial V(x)}{\partial x}$$
$$F=-\frac{\partial V(x)}{\partial x}=\frac{1}{i\hbar}(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}V(x))=\frac{1}{i\hbar}[p_x,V(x)]=\frac{1}{i\hbar}[p_x,H]$$
\begin{align*}
\langle F\rangle&=\frac{1}{i\hbar}\langle \psi_n|[p_x,H]|\psi_n\rangle
=\frac{1}{i\hbar}\langle \psi_n|p_xH|\psi_n\rangle-\frac{1}{i\hbar}\langle\psi_n|Hp_x|\psi_n\rangle\\
&=\frac{1}{i\hbar}E_n\langle \psi_n|p_x|\psi_n\rangle-\frac{1}{i\hbar}E_n\langle\psi_n|p_x|\psi_n\rangle=0
\end{align*}

三、（$30'$）

（1）考虑自旋为$\frac{1}{2}$的系统。试在$(\hat{S}^2,\hat{S}_z)$表象中求算符$A\hat{S}_y+B\hat{S}_z$的本征值及归一化的本征态。其中$\hat{S}_y,\hat{S}_z$是自旋角动量算符，而$A,B$为实常数。

（2）假定此系统处于以上算符的一个本征态上，求测量$\hat{S}_y$得到结果为$\frac{\hbar}{2}$的概率。

解：
（1）$(\hat{S}^2,\hat{S}_z)$表象中，$S_z=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}1&0\\0 &-1\end{pmatrix}\qquad S_y=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}0&-i\\i &0\end{pmatrix}$
$$A\hat{S}_y+B\hat{S}_z=\frac{\hbar}{2}\left[\begin{pmatrix}0&-iA\\iA&0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}B&0\\0&-B\end{pmatrix}\right]
=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}B&-iA\\iA&-B\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}\frac{\hbar}{2}B&-i\frac{\hbar}{2}A\\ i\frac{\hbar}{2}A&-\frac{\hbar}{2}B\end{pmatrix}$$
$$\begin{vmatrix}\frac{\hbar}{2}B-\lambda &-i\frac{\hbar}{2}A\\
i\frac{\hbar}{2}A &-\frac{\hbar}{2}B-\lambda\end{vmatrix}=0$$
$$-(\frac{\hbar}{2}B-\lambda)(\frac{\hbar}{2}B+\lambda)-(-i\frac{\hbar}{2}A)(i\frac{\hbar}{2}A)=0\qquad 
-(\frac{\hbar^2}{4}B^2-\lambda^2)-\frac{\hbar^2}{4}A^2=0
\qquad \lambda^2=\frac{\hbar^2}{4}(A^2+B^2)$$
$$\lambda=\pm\frac{\hbar}{2}\sqrt{A^2+B^2}$$
$$\begin{pmatrix}\frac{\hbar}{2}B\mp\frac{\hbar}{2}\sqrt{A^2+B^2}&-i\frac{\hbar}{2}A\\ i\frac{\hbar}{2}A&-\frac{\hbar}{2}B\mp\frac{\hbar}{2}\sqrt{A^2+B^2}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=0$$
$$\begin{cases}a(B\mp\sqrt{A^2+B^2})-ibA=0\\
iAa-b(B\pm\sqrt{A^2+B^2})=0\end{cases} \qquad
\begin{cases}a=1\\b=\frac{B\mp\sqrt{A^2+B^2}}{iA}\end{cases}$$
本征态乘以常数无所谓，改写为：$\begin{cases}a=iA\\b=B\mp\sqrt{A^2+B^2}\end{cases}$，归一化：
$$\begin{pmatrix}-iA&B\mp\sqrt{A^2+B^2}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}iA\\B\mp\sqrt{A^2+B^2}\end{pmatrix}C^2=1
\quad C^2(A^2+(B\mp\sqrt{A^2+B^2})^2)=1 \qquad $$
$$C=\left[\frac{1}{A^2+(B\mp\sqrt{A^2+B^2})^2}\right]^{\frac{1}{2}}$$
则本征值、本征态分别为：
$$E_{\pm}=\pm\frac{\hbar}{2}\sqrt{A^2+B^2} \qquad
|\psi_{\pm}\rangle=\left[\frac{1}{A^2+(B\mp\sqrt{A^2+B^2})^2}\right]^{\frac{1}{2}}
\begin{pmatrix}iA\\B\mp\sqrt{A^2+B^2}\end{pmatrix}$$
（2）在$(\hat{S}^2,S_z)$表象下，$\hat{S}_y$的本征值为$\frac{\hbar}{2}$的本征态为$\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}$，则测量$\hat{S}_y$得到结果为$\frac{\hbar}{2}$的概率为：
\begin{align*}
P_{\pm}&=\big|\langle S_y=\frac{\hbar}{2}|\psi_{\pm}\rangle\big|^2
=\frac{1}{2}\frac{1}{A^2+(B\mp\sqrt{A^2+B^2})}\left|\begin{pmatrix}1&-i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}iA\\B\mp\sqrt{A^2+B^2}\end{pmatrix}\right|^2\\
&=\frac{1}{2}\frac{[A-(B\mp\sqrt{A^2+B^2})]^2}{A^2+(B\mp\sqrt{A^2+B^2})}
\end{align*}

{ 评：}{ 方法挺简单，就是计算搞得太复杂。}

\hypertarget{2007Aa4}{四、}\footnote{同类型题见：\hyperlink{2010a4}{2010第四题}}两个无相互作用的粒子置于一维无限深势阱中$(0<x<a)$中，对下列两种情况写出两粒子体系具有的两个最低总能量，相应的简并度以及上述能级对应的所有二粒子波函数。

（a）两个自旋为$\frac{1}{2}$的可区分粒子；

（b）两个自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子。

解：\\
一个粒子处于该一维无限深势阱时，波函数与能量为：
$$\phi_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\frac{n\pi x}{a}\qquad e_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma}$$
（a）两个自旋为$\frac{1}{2}$的可区分粒子：

（1）基态：
$$\phi_1(x_1)\phi_1(x_2)\alpha_1\alpha_2\qquad
\phi_1(x_1)\phi_1(x_2)\alpha_1\beta_2\qquad
\phi_1(x_1)\phi_1(x_2)\beta_1\beta_2\qquad
\phi_1(x_1)\phi_1(x_2)\beta_1\alpha_2$$

能量为：$E_1=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{ma^2}$，简并度为：4。

（2）第一激发态：
$$\phi_1(x_1)\phi_2(x_2)\alpha_1\alpha_2\qquad
\phi_1(x_1)\phi_2(x_2)\alpha_1\beta_2\qquad
\phi_1(x_1)\phi_2(x_2)\beta_2\beta_2\qquad
\phi_1(x_1)\phi_2(x_2)\beta_1\beta_2$$
$$\phi_2(x_1)\phi_1(x_2)\alpha_1\alpha_2\qquad
\phi_2(x_1)\phi_1(x_2)\alpha_1\beta_2\qquad
\phi_2(x_1)\phi_1(x_2)\beta_2\beta_2\qquad
\phi_2(x_1)\phi_1(x_2)\beta_1\beta_2$$

能量为：$E_2=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}+\cfrac{4\pi^2\hbar^2}{2ma^2}=\cfrac{5\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$，简并度为：8 。\\
（b）两个自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子，无简并：

（1）基态：
$$\phi_1(x_1)\phi_1(x_2)\frac{1}{\sqrt2}[\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1]$$

能量为：$E_1=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{ma^2}$，无简并。

（2）第一激发态：
$$\frac{1}{\sqrt2}[\phi_1(x_1)\phi_2(x_2)-\phi_2(x_1)\phi_1(x_2)]\cdot
\begin{cases}
\frac{1}{\sqrt2}[\alpha_1\beta_2+\beta_1\alpha_2]\\
\alpha_1\alpha_2\\
\beta_1\beta_2
\end{cases}$$

能量为：$E_2=\cfrac{5\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$，简并的为3。

{ 讨论：}\\
1、第一问的解答用的是角动量非耦合表象，选用的自旋力学量完全集是$(S_{1z},S_{2z})$，各本征态分别是：$\alpha_1\alpha_2,\beta_1\beta_2,\alpha_1\beta_2,\beta_1\alpha_2$。
还可以用角动量耦合表象，选用的自旋力学量完全集是$(S^2,S_z)$，各本征态分别是：
\begin{align*}
&|00\rangle=\frac{1}{\sqrt2}[\alpha_1\beta_2-\beta_1\alpha_2]\\
&|1s\rangle=\begin{cases}
\alpha_1\alpha_2\\
\frac{1}{\sqrt2}[\alpha_1\beta_2+\beta_1\alpha_2]\\
\beta_1\beta_2
\end{cases}
\end{align*}
其中$s$取值分别为：$0,\pm1$。于是第一问还可以写成：\\
（a）两个自旋为$\frac{1}{2}$的可区分粒子，波函数不必对称化：

（1）基态：
$$\phi_1(x)\phi_1(x_2)|00\rangle \qquad \phi_1(x_1)\phi_1(x_2)|1s\rangle  \qquad (s=0,\pm1)$$

能量为：$E_1=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{ma^2}$，简并度为：4。

（2）第一激发态：
$$\phi_1(x_1)\phi_2(x_2)|00\rangle \quad
\phi_1(x_1)\phi_2(x_2)|1s\rangle \quad
\phi_2(x_1)\phi_1(x_2)|00\rangle \quad
\phi_2(x_1)\phi_1(x_2)|1s\rangle \quad (s=0,\pm1)$$
能量为：$E_2=\cfrac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}+\cfrac{4\pi^2\hbar^2}{2ma^2}=\cfrac{5\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$，简并度为：8 。\\
2、对于第二问，是自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子，不能用非耦合表象，我想是要满足对称性吧。对称空间波函数配反对称自旋波函数，反对称空间波函数配对称自旋波函数。反对称就是减号的那个。

\hypertarget{2007A5}{五、}（$30'$）一个质量为$m$的粒子被限制在$r=a$和$r=b$的两个不可穿透的同心球面之间运动。不存在其它势，求粒子的基态能量和归一化波函数。

解：球坐标下定态薛定鄂方程
$$\left[\frac{\hat{p}^2_r}{2m}+\frac{\hat{l}^2}{2mr^2}+V(r)\right]\psi=E\psi$$
在$a<r<b$之外，$\psi=0$。\\
在$a<r<b$中，$V(r)=0$，定态薛定鄂方程为：
$$\left[\frac{\hat{p}^2_r}{2m}+\frac{\hat{l}^2}{2mr^2}\right]\psi=E\psi$$
将$\psi=R_n(r)Y_{lm}(\theta,\varphi)$代人：
$$Y_{lm}\frac{\hat{p}^2_r}{2m}R_n(r)+R_n(r)\frac{\hat{l}^2}{2mr^2}Y_{lm}=R_nY_{lm}E\qquad
\left[\frac{\hat{p}^2_r}{2m}+\frac{l(l+1)\hbar^2}{2mr^2}\right]R_n(r)=R_n(r)E$$
$\hat{p}^2_2=-\hbar^2\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r$，对于基态$l=0$，有：
$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{r}\frac{d^2}{dr^2}rR_n(r)=R_n(r)E$$
设$R_1(r)=\frac{\mu(r)}{r}$，有：
$$\frac{d^2\mu}{dr^2}+k^2\mu=0\qquad k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$$
其解为：
$$\mu(r)=A\sin(kr+\delta)\qquad k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}\qquad a\le r\le b$$
由边界条件$\mu(a)=\mu(b)=0$，有：
$$\begin{cases}\sin(ka+\delta)=0\\ \sin(kb+\delta)=0\end{cases}\qquad
\begin{cases}\delta=-ka\\ k=\cfrac{n\pi}{b-a}\end{cases}\quad n=1,2,3\cdots
$$
$$\mu(r)=A\sin\left[\frac{n\pi}{b-a}(r-a)\right]$$
归一化：
$$\int_a^bA^2\sin^2\frac{n\pi}{b-a}(r-a)dr=1 \quad
A^2\int_a^b\frac{1}{2}[1-\cos\frac{2n\pi}{b-n}(r-a)]dr=1 \quad
A^2\frac{1}{2}r\Big|_a^b=1 \quad A=\sqrt{\frac{2}{b-a}}$$
其中用到：$\cos 2x=\cos^2x-\sin^2x=1-2\sin^2x\qquad \sin^2x=\frac{1}{2}(1-\cos2x)$
$$\mu(r)=\sqrt{\frac{2}{b-a}}\sin\left[\frac{n\pi}{b-a}(r-a)\right] \qquad
E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2m(b-a)^2}$$
由$R_1(r)=\frac{\mu(r)}{r},\psi_{100}=R_1(r)Y_{00}(\theta,\varphi),Y_{00}(\theta,\varphi)=\sqrt{\frac{1}{4\pi}}$，有：
$$\psi_{100}(r)=\begin{cases}\sqrt{\cfrac{1}{2\pi(b-a)}}\cfrac{1}{r}\sin\left[\cfrac{n\pi}{b-a}(r-a)\right],&a<r<b\\
0,&0<r\le a,r\ge b\end{cases}\quad
E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2m(b-a)^2}\quad n=1,2,3\cdots$$